题目链接

loj#2552. 「CTSC2018」假面

题解

本题严谨的证明了我菜的本质
对于砍人的操作好做找龙哥就好了，blood很少，每次暴力维护一下
对于操作1
设\(a_i\)为第i个人存活的概率，\(d_i\)为死掉的概率，\(g_{i,j}\)是除i以外活了j个人的概率
那个选中i人的答案就是
\[a_i\times\sum_{j = 0} ^{k - 1}\frac{g_{i,j}}{j + 1}\]
对于\(g_{i,j}\) ,设\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个人有\(j\)个活着的概率,\(f_{i,j}\)可以dp出来
\[f_{i,j} = f_{i - 1,j} \times d_i + f_{i - 1,j - 1} \times a_i\]
我们可以枚举每次\(g_{i,j}\)的i，然后skip掉，这样的复杂度是\(n^3\)的
然后就可以前缀后缀背包卷积NTT，或者单点删除的分治做法hhhhhhh
其实这个被背包删除物品可以做O(n)
逆着推一下就好了

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
inline int read() {
    int x = 0,f = 1;
    char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while(c <= '9' && c >= '0') x = x * 10 + c - '0' ,c = getchar();
    return x * f;
}
const int mod = 998244353;
const int maxn = 2007;
long long b[maxn];
int n,m ;
long long p[maxn][maxn];
long long inv[maxn];
inline int add(int x,int y) {
    return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}
inline int fstpow(int x,int k) {
    int ret = 1;
    for(;k;k >>= 1,x = 1ll *x * x % mod)
        if(k & 1) ret = 1ll * ret * x % mod;
    return ret;
}
void solve1(int x,int P) {
    int rp = 1 + mod - P;
    for(int i = 0;i <= b[x];++ i) {
        if(i) p[x][i] = 1ll * p[x][i] * rp % mod;
        if(i < b[x]) p[x][i] = add(p[x][i] , 1ll * p[x][i + 1] * P % mod) ;
    }
}
int k;
void solve(int k) {
    static long long f[maxn],g[maxn],h[maxn],t[maxn];
    // f存活j个人的概率
    memset(f,0,sizeof f);
    f[0] = 1;
    for(int i = 1;i <= k;++ i) t[i] = read();
    for(int a,d,i = 1;i <= k;++ i) {
        a = 1 + mod - p[t[i]][0];
        d = p[t[i]][0];
        for(int j = i;j >= 0;-- j)
            f[j] = add((j ? 1ll * f[j - 1] * a % mod : 0) , 1ll * f[j] * d % mod);
    }
    for(int i = 1;i <= k;++ i) {
        h[i] = 0;
        int a = 1 + mod - p[t[i]][0];
        if(!p[t[i]][0])
            for(int j = 0;j < k;++ j) h[i] = add(h[i],1ll * f[j + 1] * inv[j + 1] % mod);
        else {
            int Inv = fstpow(p[t[i]][0],mod - 2);
            for(int j = 0;j < k;++ j) {
                g[j] = ((f[j] - (j ? 1ll * g[j - 1] * a % mod : 0) + mod) % mod) * Inv % mod;
                h[i] = add(h[i],1ll * g[j] * inv[j + 1] % mod);
            }
        }
        h[i] = 1ll * h[i] * a % mod;
    }
    for(int i = 1;i <= k;++ i) printf("%d ",h[i]);
    puts("");
}
main() {
    //freopen("facel5.in","r",stdin); freopen("w.out","w",stdout);
    n = read();
    for(int i = 1;i <= n;++ i) b[i] = read(), p[i][b[i]] = 1,inv[i] = fstpow(i,mod - 2);
    m = read();
    for(int op,i = 1;i <= m;i += 1) {
        op = read();
        if(!op) {
            int x = read(),u = read(),v = read();
            solve1(x,1ll * u * fstpow(v,mod - 2) % mod);
        }
        else
            solve(read());
    }   

    for(int i = 1;i <= n;++ i) {
        int sum = 0;
        for(int j = 1;j <= b[i];++ j)
            sum = add(sum , 1ll * j * p[i][j] % mod) ;
        printf("%d%c",sum,i != n ? ' ' : '\n');
    }
    return 0;
} 

原文地址：https://www.cnblogs.com/sssy/p/9581007.html